Corrig´es de la s´eance 4 Chap 4: Dynamique

Corrig´ es de la s´ eance 4
Chap 4: Dynamique
Questions pour r´ efl´ echir
Q5. p.185. Est-ce qu’un objet peut se d´ eplacer dans une direction autre
que celle de la force ` a laquelle il est soumis ? Peut-il acc´ el´ erer dans une
direction diff´ erente de celle de la force ?
Si nous appliquons la deuxi` eme loi de Newton, la force −→ Fet l’acc´ el´ eration −→ ad’un
mobile sont li´ ees par −→
F=m−→ a .
L’acc´ el´ eration et la force sont donc des vecteurs parall` eles. La vitesse −→ v, quant ` a
elle, est li´ ee ` a l’acc´ el´ eration −→ apar
−→
a=d−→
v
dt .
Cette expression impose seulement que la d´ eriv´ ee de la vitesse soit parall` ele ` a la
force et ne formule pas de restriction particuli` ere sur la direction de la vitesse. Il
s’ensuit donc que le mobile peut se d´ eplacer dans une direction autre que la force ` a
laquelle il est soumis. Le cas du mouvement circulaire uniforme en est un exemple
: l’acc´ el´ eration est ` a tout instant perpendiculaire ` a la vitesse (qui est tangente au
cercle).
bf Q8. p.185. Un gymnaste de 70 kg ex´ ecute un “soleil” (rotation avec bras,
jambes et corps tendus) sur une barre fixe. Il subit une force de 530 N
dirig´ ee vers la barre lorsqu’il est au sommet et de 3500 N lorsqu’il est au
bas du balancement. Expliquer.
Soit Rle rayon du cercle d´ ecrit par le centre de gravit´ e du gymnaste. Du point
de vue du gymnaste (r´ ef´ erentiel li´ e au gymnaste), c’est comme si deux forces
s’exerc¸ent sur lui: son poids, et la force centrifuge. Lorsqu’il est au sommet de
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la trajectoire, les forces sont dirig´ ees dans des sens oppos´ es. Lorsqu’il est en bas,
les forces s’additionnent.
NB: on peut aussi analyser le probl` eme dans un r´ ef´ erentiel inertiel li´ e au sol. Le
gymnaste subit une force centrip` ete Fc=mv2/R qui le fait tourner autour de la
barre. Cette force est la r´ esultante de son poids et de la force transmise par ses bras.
Au sommet de la rotation, la vitesse est faible, donc la force centrip` ete est faible.
On a, en prenant le sens positif des forces vers le sol:
mv2
R= 530 N=P+Fbras
Comme P=mg = 700 N, les bras exercent une force n´ egative, donc vers le haut:
les bras sont en compression. Au bas de la rotation, la vitesse est ´ elev´ ee, donc la
force centrip` ete est grande. On a:
mv2
R= 3500 N=P+Fbras .
Donc Fbras = 2800 N et les bras sont en traction.
Exercices
4. [I] p.187. Un papa de 100 kg debout sur de l’herbe glissante est tir´ e` a hue
et ` a dia par ses deux enfants turbulents. L’un l’entraˆ ıne vers le marchand
de glace situ´ e au nord avec une force de 50 N, l’autre le hale vers la piscine
en direction de l’est avec une force de 120 N. En n´ egligeant les frottements,
calculez l’acc´ el´ eration r´ esultante du papa.
E
N
θ
F_1 F
F_2
Les deux forces peuvent s’´ ecrire sous la forme suivante :
−→
F1= 50 −→ 1N
−→
F2= 120 −→ 1E.
L’acc´ el´ eration r´ esultante est calcul´ ee par la deuxi` eme loi de Newton :
−→
F=m−→ a=−→ F1+−→ F2.
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Le module aet la direction θde l’acc´ el´ eration −→ asont donn´ es par
a=√502+ 1202N
100 kg = 1,3m/s2
tan θ=F1
F2⇒θ= 23◦par rapport `
a l’Est.
16. [c] p.187. La vitesse d’une taupe de 0,10 kg, qui se d´ eplace dans un
tunnel, est donn´ ee par v(t) = At3−Bt2, o` uAet Bsont des constantes.
Quelle est la force tangentielle exerc´ ee sur cette taupe ` a l’instant t= 10 s
? N´ egliger la r´ esistance de l’air.
La composante tangentielle Ftde la force r´ esultante est donn´ ee par
Ft=mat.
L’acc´ el´ eration tangentielle atse calcule via
at=dv
dt = 3At2−2Bt.
En t= 10 s, Ftvaut par cons´ equent
Ft= 30A−2B .
(6.) [I] p.187. L’acc´ el´ eration gravitationnelle sur la surface de Mercure est
0,38 fois sa valeur sur Terre. Quel est le poids d’un corps de 1,0kg sur
cette plan` ete ?
Si l’acc´ el´ eration gravitationnelle sur Terre vaut gT= 10 m/s2, celle sur Mercure
vaut gM= 0,38gT= 3,8m/s2. Le poids correspondant pour un corps de masse
1 kg est PM=mgM= 3,8N.
2. [II] p.187. On consid` ere deux barreaux aimant´ es de masses 1,0kg et
2,0kg respectivement. Leurs extr´ emit´ es de mˆ eme polarit´ e ont une force
d’interaction r´ epulsive. On les presse l’un contre l’autre puis on les lˆ ache.
En l’absence de frottement, le barreau le plus lourd s’´ eloigne de l’autre avec
une acc´ el´ eration initiale de 10,0m/s2vers le nord. Quelle est l’acc´ el´ eration
initiale de l’autre barreau ?
En vertu de la troisi` eme loi de Newton (action-r´ eaction), les forces qui s’exercent
sur les deux barreaux sont ´ egales mais de sens oppos´ e. Leur module vaut 2,0kg×
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10,0m/s2= 20 N. Le module de l’acc´ el´ eration du deuxi` eme aimant est donc
donn´ e par
a=20 N
1,0kg = 20 m/s2.
28. [II] p.189. En 1784, George Atwood a publi´ e la decription d’un dispositif
pour “diluer” l’effet de la pesanteur, facilitant ainsi la d´ etermination de g. La
Fig. P28 illustre cet appareil : deux masses sont attach´ ees aux extr´ emit´ es
d’une corde de masse n´ egligeable qui passe dans la gorge d’une poulie de
masse et de frottement n´ egligeables. Montrer que, si m2> m1, les deux
masses ont une acc´ el´ eration :
a=(m2−m1)
(m2+m1)g
Montrer que la tension de la corde est
FT=2m1m2
(m2+m1)g
Quelle est la valeur de asi m2= 2m1? Dans quelles conditions aest nulle?
D´ eterminer asi m2≫m1.
´
Ecrivons d’abord les ´ equations du mouvement des deux masses s´ epar´ ement (sens
positif des vecteurs vers le haut):
m1a1=FT1−m1g
m2a2=FT2−m2g .
La corde (de masse n´ egligeable et inextensible) et la poulie (d’inertie et frottements
n´ egligeables) relient les mouvements de ces deux masses:
a1=−a2≡a
FT1=FT2≡FT.
En ´ eliminant la tension des deux ´ equations du mouvement, nous obtenons
a=(m2−m1)
(m2+m1)g .
Il en r´ esulte ´ egalement que
FT=m1a+m1g=m2a+m2g=2m1m2
(m2+m1)g .
Dans le cas o` um2= 2m1, l’acc´ el´ eration se simplifie en a=g/3. Le syst` eme
reste au repos si m2=m1. Dans le cas o` um2≫m1, l’acc´ el´ eration se simplifie
en a≃g: la masse m2est alors soumise uniquement ` a son propre poids.
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22. [II] p.188. Lors de son premier vol en 1981, la navette spatiale Columbia
faisait partie d’un ensemble de 2,0×106kg, d’une hauteur de 18 ´ etages et
qui d´ eveloppait une pouss´ ee totale de pr` es de 2,85×107N. (a) Quelle ´ etait
son acc´ el´ eration initiale ` a pleine puissance ? (b) selon des rapports de
presse, 6,0s apr` es sa mise ` a feu, quand elle s’est d´ egag´ ee de la tour de
soutien haute de 105,8m, elle avait une vitesse de 33,5m/s. Est-ce que ces
rapports sont corrects ? A quelle acc´ el´ eration moyenne cela correspond-il
? (c) Comparez ces valeurs de l’acc´ el´ eration et proposez une explication ` a
la diff´ erence, s’il y en a une.
(a) Si nous d´ esignons par ~ Fla pouss´ ee d´ evelopp´ ee par les moteurs de la navette
spatiale, la deuxi` eme loi de Newton donne
m~a =~ F+m~g .
En projetant selon un axe vertical orient´ e dans le sens du mouvement de la navette,
nous avons
ma =F−mg = 2.85 107N−2 107N= 0.85 107N
donc l’acc´ el´ eration vaut (2 chiffres significatifs)
a= 4,44 m/s2≃4,4m/s2.
(b) Si nous int´ egrons les ´ equations du mouvement,
v(t) = at
z(t) = 1
2at2.
Donc
v(t= 6) = (4,44 m/s2)×(6 s) = 26,64 m/s ≃27 m/s
z(t= 6) = 0,5×(4,44 m/s2)×(6 s)2= 79.92 m≃80m
(c) Ce calcul indique donc qu’apr` es 6,0 s, la navette ne se serait pas enti` erement
d´ egag´ ee de la tour de lancement, et que sa vitesse serait inf´ erieure ` a 33,5 m/s.
Pourtant les comptes-rendus sont corrects. La diff´ erence est attribuable au fait que,
dans le calcul ci-dessus, on n’a pas tenu compte de la diminution de la masse de la
fus´ ee au fur et ` a mesure que le carburant est consomm´ e.
36. [III] p.189. Un bloc de 10,0 kg est plac´ e au repos au pied d’un plan
inclin´ e` a20,0◦. Un second bloc identique est lˆ ach´ e sur ce plan inclin´ e
sans vitesse initiale, ` a une distance de 10,0 m du premier bloc. Il glisse
sur le plan et vient frapper le premier. Ensuite, les deux blocs se collent
et se d´ eplacent ensemble horizontalement. En n´ egligeant tout frottement,
calculez leur vitesse finale.
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